浙江省精诚联盟2024−2025学年高二下学期3月联考 数学试题（含解析）

这是一份浙江省精诚联盟2024−2025学年高二下学期3月联考 数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知是等比数列，，，则公比等于（ ）
A．B．C．2D．
2．下列说法中，与“直线平面”等价的是（ ）
A．直线与平面内的任意一条直线都不相交
B．直线与平面内的两条直线平行
C．直线与平面内无数条直线不相交
D．直线上有两个点不在平面内
3．曲线在处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．设是双曲线上一点，分别是双曲线的左，右焦点，若，则等于（ ）
A．2B．18C．2或18D．以上均不对
5．有3名男生和3名女生排成一排，女生不能相邻的不同排法有（ ）
A．72种B．144种C．108种D．288种
6．在等差数列中，前七项之和为30，最后七项之和为110，前项之和是230，则项数为（ ）
A．21B．22C．23D．24
7．已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A．B．eC．D．
8．中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现.如图是某古建筑物的剖面图，其中是桁，是脊，是相等的步，相邻桁的脊步之比分别为，已知成公差为0.2的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.6B．0.8C．1D．1.2
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知正方体，则（ ）
A．直线与面平行
B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为
D．直线与平面垂直
10．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线与轴的交点为
B．曲线关于轴对称
C．直线与曲线有两个公共点
D．直线与曲线有三个公共点
11．设函数，则（ ）
A．是的极小值点
B．当时，
C．当时，
D．当时，
三、单选题（本大题共1小题）
12．的二项展开式中的系数为 .
四、填空题（本大题共2小题）
13．已知直线的方向向量与直线的方向向量，则和夹角的余弦值为 .
14．已知正项数列中，前项和为，且，则数列的通项公式为 .
五、解答题（本大题共5小题）
15．已知圆，直线：.
(1)当为何值时，直线与圆相切；
(2)当直线与圆相交于两点，且时，求直线的方程.
16．如图，在三棱柱中，平面，点分别在棱和棱上，且为棱的中点.

(1)求证：；
(2)若，求二面角的正弦值.
17．已知函数，其中为自然对数的底数.
(1)若为的极值点，求的单调区间和最大值；
(2)是否存在实数，使得的最大值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．已知数列是等差数列，公差，且成等比数列；数列为等比数列，对于任意.
(1)求的通项公式，猜想数列的通项公式并证明；
(2)求数列前项和；
(3)若，数列前项和为，求证：.
19．由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.设椭圆的“特征三角形”为，椭圆的“特征三角形”为，若，则称椭圆与“相似”，并将与的相似比称为椭圆与的相似比.已知椭圆与椭圆相似.
(1)求椭圆的离心率；
(2)若椭圆与椭圆的相似比为，当时，求椭圆的方程；
(3)当时，设椭圆的左顶点为，右顶点为，且椭圆过点作两条斜率为的直线分别交椭圆于（异于）两点，设在轴的上方，过点作直线的平行线交椭圆于点，若直线过椭圆的左焦点，求的值.
参考答案
1．【答案】D
【详解】根据题意，，
所以.
故选D.
2．【答案】A
【详解】平面直线与平面无交点和平面内的任意一条直线都不相交，A正确；
若直线与平面 内的两条直线平行，则直线可能在平面内或与平面平行，B错误；
若直线与平面内无数条直线不相交，则直线可能在平面内或与平面平行或与平面相交，C错误；
若直线上有两个点不在平面内，则直线可能与平面平行或与平面相交，D错误；
故选A.
3．【答案】D
【详解】，
所以，
所以曲线在点处的切线斜率为，
由点斜式可得，化简可得.
即曲线在处的切线方程为.
故选D.
4．【答案】B
【详解】由，得，
根据双曲线的定义得，则或18，
又，故.
故选B.
5．【答案】B
【详解】先排男生共有种方法，再排女生共有种方法，
由分步乘法计数原理可得满足条件的排法数为，
故选B.
6．【答案】C
【详解】由题意易得，
两式相加得，即，
所以，所以，
故选C.
7．【答案】C
【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选C．
8．【答案】C
【详解】设，则，
由题意得，，
解得，
故选C.
9．【答案】AD
【详解】
A：正方体中，易知，在平面内，面，所以A正确；
B：为正三角形，又易知与所成的角为，所以B错误；
C：连接交于点，则.
正方体中易知：平面平面，且相交于点，
平面即为直线与平面所成角的平面角，
设正方体棱长为2，则.
，所以C错误；
D：且，都在平面面内，
面，所以D对.
故选AD.
10．【答案】ABD
【详解】设动点，
∵，
∴，
对于A：令，则，或，所以交点为；所以A正确；
对于B：点关于x轴对称的点，把代入曲线得，所以B正确；
对于CD：令
得，
故，
所以
，所以，
所以直线与曲线有三个公共点，C错误，D正确.
故选ABD.
11．【答案】ACD
【详解】对于A：因为函数的定义域为，而
，
令可得，或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
故是函数的极小值点，所以A正确；
对于B，当，，
因为函数在上单调递增，所以，
故命题当时，错误；B错误；
对C，当时，，
因为函数在上单调递减，上单调递增，
所以，又，，
所以，C正确；
对D，当时，，所以，所以D正确；
故选ACD.
12．【答案】24
【详解】由题意知的展开式的通项为，
令，
所以，故的系数为24.
13．【答案】
【详解】因为，
所以，
所以和夹角的余弦值为.
14．【答案】
【详解】由已知且为正项数列得：当时，得，
当时，，
化简得，
所以，，，，
累加得，当时，也适合，
又，
则.
15．【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）根据题意，圆，
则圆的标准方程为，
其圆心为，半径，
若直线与圆相切，则有
解得.
（2）设圆心到直线的距离为，
则，
即，解得
则有，
解得或，
则直线的方程为或.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由已知，，又，
所以，又为棱的中点，
所以，
因为平面，，平面平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，
（2）以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
因为，，故，
又，
则，，，，，
所以，，，
依题意，是平面的一个法向量，

设为平面的一个法向量，
则，即，
不妨设，可得，，
所以为平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，又，
所以，
所以，二面角的正弦值为.
17．【答案】(1)的单调递增区间是，单调递减区间是；的极大值为，
(2)存在，
【详解】（1），
∴，
由，得.
，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
的单调递增区间是，单调递减区间是；
的极大值为，也即的最大值为.
（2），
①当时，在上单调递增，
的最大值是，
解得，舍去；
②当时，由，得，
当，即时，
时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又在上的最大值为，
∴，
∴，
当，即时，在上单调递增，
，
解得，舍去.
综上，存在符合题意，此时.
18．【答案】(1)，，证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由成等比数列，则，
由题意，可得，解得，
所以.
由，
可知：，
据此猜测，
否则，若数列的公比，则，
注意到，则不恒成立，
即不恒成立，此时无法保证，
若数列的公比，则，
注意到，则不恒成立，
即不恒成立，此时无法保证，
综上，数列的公比为，则数列的通项公式为.
（2）由（1），，
则，①
，②
由①②得，，
即；
（3），
则，
所以，得证.
19．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对于椭圆，则长轴长为，短轴长为，焦距为，
椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，
依题意可得，所以，
则椭圆的离心率.
（2）因为，
由（1），可得，
解得，
所以为；
（3）设，由对称性可得，
设，则
由消得，，
方程的判别式，
由已知为方程的根，
所以，
所以，
，，
.